Mécanique du point ✾ Exercice 1

PC⋆, Fabert (Metz) Mécanique , TD n°12013 – 2014
Mécanique du point
✾Exercice 1
Ici, c’est l’équilibre. Intuitivement, nous pouvons déjà dire que plus m1est grand, plus m2sera haut
donc plus θsera petit. Ceci dit, nous ne connaissons pas de lois permettant d’étudier un système com-
portant plusieurs masses. Il faudra donc étudier chaque masse à part et ensuite rassembler les résultats.
Concrètement, il est évident que ce qui lie les trois masse est le point de jonction des trois fils. C’est donc
lui qu’il faudra étudier à un moment ou à un autre.
➽Étude des systèmes m1.Chacune des deux masses m1est soumise à deux forces : son poids ~ P1
et la tension du fil ~ T1.
La condition d’équilibre donne : ~ P1+~ T1=~ 0soit, en norme : k~ T1k=k~ P1k,i.e. T1=P1=m1g.
➽Étude du système m2.Ce système est lui aussi soumis à deux forces : la tension ~ T2du fil et
son poids ~ P2. Avec le même raisonnement que ci-dessus, nous arrivons à P2=T2soit à T2=m2g.
➽Étude du point de jonction des trois cordes. Considérons le point de jonction qui un
point matériel sans masse (les fils considérés sont idéaux, donc sans masse). Sur ce point matériel
s’appliquent trois forces :
➜il n’y a pas de poids puisque le point matériel est sans masse
➜la force ~ T′
1exercée par le fil de gauche
➜la force ~ T′′
1exercé par le fil de droite
➜la force ~ T′
2exercée par le fil du dessous
En projetant la condition d’équilibre sur ~uz, nous arrivon à T′
1sin θ+T′′ 1sin θ−T′ 2= 0 ().
➽Caractérisation de l’équilibre. Comme les fils et les poulies sont idéaux, nous T′
1=T1,T′′ 1=T1
et T′
2=T2.
En utilisant, dans l’équation (), les expressions précédemment trouvées pour T1et T2, nous
aboutissons à : ☛
✡✟ ✠
sin θ=m2
2m1
.
KRemarque. comme pouvais nous laisser l’envisager notre intuition, même si m1devient très grande
l’équilibre sera toujours possible (avec θde plus en plus petit) mais si m2est vraiment trop grand
(ici m2>2m1), l’équilibre n’est plus possible.
✾Exercice 2
Nous sentons bien que si l’une des deux masses est plus élevée que l’autre, c’est elle qui tombera
pendant que l’autre remontera. De plus étant donné la présence du fil, le mouvement est contraint pour
les deux points matériel : il sera rectiligne.
Techniquement parlant, nous ne pouvons pas étudier les deux masses en même temps puisque ne nous
connaissons qu’une loi de dynamique qui ne parle que d’un point. Il va donc falloir étudier séparément les
deux masses.
Étudions le mouvement dans le référentiel terrestre considéré comme galiléen.
Le système constitué par la masse m1est soumis à 2 forces : son poids −→ P1=m1~g et la tension
que le fil exerce sur elle −→ T1=T1~uz(~uzest vertical vers le haut). Ainsi le PFD appliqué à M1s’écrit
(en projection sur ~uz) : m1a1(t)=−m1g+T1.
Le même raisonnement appliqué à m2donne : m2a2(t)=−m2g+T2.
Comme le fil est idéal avec une poulie idéale, nous pouvons écrire (loi constitutive du fil) T1=T2.
Remarquons qu’à ce niveau là, nous avons juste dit que les masses étaient reliées par un fil, nous n’avons
pas dit précisément comment ils étaient reliés c’est-à-dire ce que nous pouvons déduire du mouvement de
l’un connaissant le mouvement de l’autre.
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De plus, comme le fil est inextensible, si M1monte M2descend et réciproquement, ce qui nous
donne la relation ✞
✝☎ ✆
a1(t)=−a2(t)not =a(t).
En rassemblant ces deux résultats et en « éliminant » T1et T2dans les équations précédentes,
nous arrivons à :
(m1+m2)a(t)=−(m1−m2)g ✎
✍☞ ✌
a(t)=m2−m1
m2+m1
g= Cte
Ainsi nous retrouvons bien que si m2> m1,a1=a > 0,i.e. que si M2est plus lourde que M1,
M1est accélérée vers le haut.
Rien de tel qu’un bon PFD pour trouver une force de contact inconnue.
Le PFD donne T1=m1a1+m1gsoit, après calculs : ✎
✍☞ ✌
T=2m1m2
m1+m2
g.
KRemarque. nous constatons donc que T16=m2gce qui est contraire à l’idée reçue selon laquelle
T1=P2,i.e. que M2« tire » M1vers le haut de tout son poids. Et pourtant il n’y a aucune raison
pour que la force que le fil exerce sur M1soit de même intensité que la force que la Terre exerce sur
M2!
✾Exercice 3
1. Le terme en α m est un terme indépendant de la vitesse, il vient d’un frottemment de type solide.
Il peut s’agir :
➜soit d’un glissement des roues sur la route (un dérapage) lorsque celles-ci sont bloquées ;
➜soit du contact du frein sur le disque de frein lorsque le chauffeur freine sans déraper. La force
de freinage est alors indépendante de men toute rigueur mais reste néanmoins constante.
2. Analyse physique. Ici la trajectoire est horizontale et rectiligne. La seule partie intéressante du PFD
sera sa projection horizontale. Pour le reste, il n’y a pas grand chose à dire : tout est décrit dans l’énoncé
ce qui réduit cet exercice à un exercice de calcul. Nous nous consolerons au niveau de la physique avec la
première question et en interprétant les résultats.
Analyse technique. Nous cherchons une évolution temporelle puisqu’il nous faut la date d’arrêt. Soit,
ce sera un PFD. Après, il faudra user de force brute pour résoudre l’équation différentielle non linéaire qui
se profile à l’horizon.
Le PFD appliqué à la voiture s’écrit, en projection sur ~ux(direction et sens de déplacement) :
mdv(t)
dt=−α m −m β v2(t)
➽Résolution classique en v(t)et x(t).
Le PFD peut se réécrire sous la forme d’une équation différentielle à variables séparables :
dv(t)
dt=−α−β v2(t) dv α+β v2=−dt
Nous pouvons alors la primitiver car nous reconnaissons la fonction 1
a2+x2) :
1
√α β 
arctan 
v(t)rβ
α
−arctan 
v0rβ
α
=−(t−0)
Nous pouvons alors isoler v(t):
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✎
✍
☞
✌
v(t)=rα
βtan hpα β(T−t)ioù
✗
✖
✔
✕
T=1
√α β arctan 
v0rβ
α
Ts’interprète comme la durée au bout de laquelle le véhicule stoppe. Nous pouvons constater
que plus les frottements sont importants (i.e. plus αou βsont grands), plus cette durée est courte.
C’est évident pour αet pour βil n’est pas trop difficile de le voir en pensant que arctan xest une
fonction bornée.
Pour obtenir x(t), il suffit de primitiver la fonction précédente (tan x) ce qui ne pose aucune autre
difficulté que de bien faire attention aux constantes multiplicatives :
✗
✖
✔
✕
x(t)=−1
βln 
cos(√α β T )
cos(√α β (T−t))
➽Résolution en v(x).
Nous pouvons toujours éliminer tentre les deux expressions de la vitesse (en pensant notamment
à la relation tan2x+ 1 = 1
cos2x) mais nous pouvons aussi résoudre directement en v(x).
Pour cela il faut transformer l’équation différentielle à l’aide de la relation
dv
dt=dx dt×dv dx dv dt=vdv dx
Cela donne :
dv(t)
dt=−α−β v2(t) vdv dx=−α−β v2 vdv α+β v2=−dx
Il s’agit aussi d’une équation différentielle à variables séparables qui s’intègre en :
1
2βln α+β v2 α+β v02!=−x ✎
✍
☞
✌
v2(x)=1
βα+β v02e−2β x −α
Le lecteur vérifiera que dans les deux cas nous obtenons ✓
✒
✏
✑
L=1
2βln 1 + β αv0!.
Là aussi nous pouvons constater sans surprise que Lest d’autant plus petit que αou βsont
grands. Cela se voit toujours aussi bien pour αet c’est toujours aussi caché pour β. Ici, il suffit de
penser que la fonction ln(1 + x)croît moins vite que la fonction x.
✾Exercice 4
Analyse physique. Pas de problème de référentiel ici. La masse Mva tout d’abord descendre grâce à
la tige puis remonter le long de la goutière. Sa trajectoire étant contrainte, il s’agit d’un problème à un
degré de description. Il n’y a aucun frottement nul part et pas de moteur non plus : c’est un mouvement
conservatif libre. Les grandeurs pertinentes seront mpour décrire la masse, Rpour décrire le dispositif
(tant la tige que la goutière) et gpour le poids.
1. Analyse technique. Mouvement à un degré de liberté en régime libre et en plus conservatif ? Approche
énergétique sans hésiter. Ici pour éviter les problèmes de l’expression du travail fourni par la tige à la
masse, mieux vaut utiliser une approche systémique.
Utilisons un théorème de l’énergie cinétique sur { tige + masse }. Les forces qui s’exercent sont :
➜le poids (conservatif)
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➜la réaction d’axe sans frottement donc de travail nul.
Nous avons ainsi ∆Ec=Wint +Wext mais comme le système étudié forme un solide, Wint = 0 et
il reste Wext =Wpoids =−∆Ep,pes.
Avec ∆Ec=1
2m vA2−0et −∆Ep=−(m g zA−m g zB)nous arrivons à ✞
✝☎ ✆
v1=√4g R .
KRemarque. la vitesse obtenue est la même que lors d’une chute libre de hauteur 2Rce qui est général
à toute chute non dissipative.
2. Analyse technique. Pour les mêmes raisons que précédemment nous allons utiliser un théorème
énergétique qui sera, là, le théorème de la puisssance cinétique puisqu’il s’agit de déterminer une équation
d’évolution.
Le théorème de la puissance mécanique s’écrit dEm(t)
dt=Pnc
Tant que Mreste sur la sphère, le mouvement est circulaire (et là on dit : ©) donc :
➜l’énergie cinétique s’écrit Ec=1
2m v2=1 2m,R2˙
θ2(t)
➜l’énergie potentielle se réduit à l’énergie potentielle de pesanteur Ep,p =m g h =m g R (1 −
cos θ(t))
➜la puissance fournie par les forces non conservative est nulle car la seule force non conservative
qui s’exerce est la réaction normale du cerceau qui est, justement, normale à la trajectoire.
Nous avons donc :
m R2¨ θ(t)˙
θ(t)+m g R ˙ θ(t)sin ˙ θ(t)= 0
Et en simplifiant par la solution inintéressante ˙ θ(t)correspondant à l’équilibre, nous arrivons à :
R¨ θ(t)+gsin ˙ θ(t)= 0 ✎
✍☞ ✌
d2θ(t)
dt2+ω2θ(t)= 0 avec ☛
✡✟ ✠
ω2not =g
R
3. Pour déterminer N(t)qui est une force de contact de liaison, le PFD va être nécessaire ici car N(t)
ne sert à rien d’autre qu’à guider la masse. Encore, N(t)aurait eu une influence énergétique, nous aurions
pu nous en sortir avec un théorème éponyme. Mais ce n’est pas le cas.
Tant que Mreste sur la sphère, les forces qui s’exercent sont :
➜le poids ~ P=m g (cos θ ~ur−sin θ ~uθ)
➜la réaction normale du cerceau ~ N=N ~uravec N < 0.
Comme l’accélération s’écrit ~a =−R˙ θ2(t)~ur+R¨ θ(t)~uθ, la projection du PFD sur ~urdonne
−m R ˙ θ2(t)=m g cos θ(t)+N N(t)=−m R ˙ θ2(t)−m g cos θ(t)
Reste maintenant à exprimer ˙ θ2(t)en fonction de θ(t)et pour ça, rien de tel qu’un bon théorème
énergétique.
Le TEC utilisé entre Aet une position quelconque donne :
1
2m v2−1 2m vA2=−∆Ep+ 0 = −(m g z −m g zA)
Avec z=−Rcos θ,v=R˙ θ(t)et vA2= 4 g R nous obtenons :
m R ˙ θ2= 2 m g (1 + cos θ) N=−2m g (1 + cos θ)−m g cos θ ✞
✝☎ ✆
N=−m g (2 + 3 cos θ)
Mest sur la sphère tant que n < 0,i.e. tant que m g (2 + 3 cos θ)>0ce qui conduit à :
cos θ > −2
3
✓
✒
✏
✑
θ6arccos −2
3!=θC
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Au point Coù Mquitte la sphère, nous avons, en reprenant le TEC puis en simplifiant :
m vC2= 2 m g R (1 + cos θC) ✎
✍☞ ✌
vC2=2
3g R
La méthode qui suit est usuelle pour déterminer une durée grâce à une intégrale. Elle consiste à
exprimer une durée infinitésimale dtà partir de la conservation de l’énergie. Une fois dtconnu, il n’y a
plus qu’à les sommer pour avoir une durée quelconque.
Le TEC peut s’écrire, compte tenu du fait que ˙ θ(t)=dθ(t)
dt: dθ dt!2
= 2ω2(1 + cos θ).
Nous pouvons alors exprimer dθ
dt(attention au signe) : dθ dt= +ωp2 (1 + cos θ).
Cela donne une équation différentielle à variables séparables :
dt=dθ
ωp2 (1 + cos θ)qui s’intègre en ✓
✒
✏
✑
tC−tC=ZθC
θA
dθ
ωp2 (1 + cos θ)
4. Après la masse Mn’est plus attachée à rien du tout : c’est une chute libre et suit donc une
✞
✝☎ ✆
trajectoire parabolique .
✾Exercice 5
Analyse physique. Ici il s’agit d’étudier un mouvement qui est globalement libre et conservatif puisqu’il
n’y a pas de frottement et que le contact ressort / obstacle ne fait pas non plus perdre d’énergie. Le
mouvement est à un degré de description puisqu’il est rectiligne. Les grandeurs pertinentes sont mpour
décrire le wagon, ket ℓ0pour le ressort, v0pour les conditions initiales. Notons que gne devrait pas
intervenir vu que le mouvement est horizontal et qu’il n’y a pas de force de frottement solide.
Le fait qu’un wagon soit modélisé par un point matériel n’est pas choquant ni même faux. Il s’agit
simpliement de son centre de masse. Il est nécessaire, en revanche, de discuter un peu plus sur le fait que
« rouler » soit équivalent à « glisser sans frottement ». Cette vision des choses est d’autant plus juste
que l’inertie des roues (pas la masse, l’inertie) est négligeable devant celle du wagon.
1. Analyse technique. Bien sûr l’approche énergétique serait la plus simple ici . . . s’il n’y avait pas la
dernière partie de la question « déterminer la force F(t)». Dans ce cas, vu le classissisme de la question,
autant tout faire rapidement en terme de forces.
G
x
z
x
Le PFD sur le wagon dans le référentiel terrestre galiléen s’écrit (une fois que le ressort est en
contact avec le mur) :
~
P+ = ~ RN+~ Tressort =m~a où ~ Tressort =−k(∆ℓ)~usortant =−k(ℓ(t)−ℓ0)~ux
La projection du PFD sur ~uxdonne donc, puisque ℓ(t)=x(t):−k(x(t)−ℓ0) = m¨x(t).
L’équation différentielle est donc
✎
✍☞ ✌
¨x(t)+ω02x(t)=k
mℓ0avec ✎
✍☞ ✌
ω02=k
m
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